题目内容
【题目】⑴根据VSEPR模型判断,下列微粒中所有原子都在同一平面上的一组是 。
A、SO32-和NO2- B、NO3-和SO3
C、H3O+和ClO3- D、PO43-和SO32-
⑵CaF2的晶胞如图所示。
①下列有关CaF2的表达正确的是______________。
a.Ca2+与F-间仅存在静电吸引作用
b.F-的离子半径小于Cl-,则CaF2的熔点高于CaCl2
c.阴、阳离子比为2:1的离子化合物,均与CaF2晶体构型相同
d.CaF2中的化学键为离子键,因此CaF2在熔融状态下能导电
②CaF2难溶于水,但可溶于含Al3+的溶液中,原因是________________________ (用离子方程式表示,已知[AlF6]3﹣在溶液中可稳定存在)。
③晶胞中F﹣的配位数是_________,与一个Ca2+等距离且最近的Ca2+有_______个。
⑶铜、锌两种元素的第一电离能、第二电离能如表所示
电离能/kJ·mol-1 | I1 | I2 |
铜 | 746 | 1958 |
锌 | 906 | 1733 |
④写出Cu原子核外电子排布式 ;
⑤铜的第一电离能(I1)小于锌的第一电离能,而铜的第二电离能(I2)却大于锌的第二电离能,其主要原因是 。
【答案】
⑴B
⑵①bd;②3CaF2+ Al3+=[AlF6]3﹣+3Ca2+;③4 ;12
⑶④[Ar]3d104s1
⑤Cu原子失去一个电子后,核外电子排布为[Ar]3d10,而锌为[Ar]3d104s1,根据洪特规则,铜达到了较稳定状态,所以Cu的第二电离能相对较大。
【解析】
试题分析:⑴ A、SO32-中心原子的价层电子对数=3+(6+2-2×3)=4,有孤电子对,空间构型为三角锥形,NO2-中心原子的价层电子对数=2+
(5+1-2×2)=3,含有一个孤电子对,空间构型为V形,故A不选;B、NO3-中心原子的价层电子对数=3+
(5+1-3×2)=3,没有孤电子对,空间构型为平面三角形,SO3中心原子的价层电子对数=3+
(6-2×3)=3,没有孤电子对,空间构型为平面三角形,故B选;C、H3O+中心原子的价层电子对数=3+
(6-1-3×1)=4,含有一个孤电子对,空间构型为三角锥形,ClO3-中心原子的价层电子对数=3+
(7+1-3×2)=4,含有一个孤电子对,空间构型为三角锥形,故C不选;D、PO43-中心原子的价层电子对数=4+
(5+3-4×2)=4,没有孤电子对,空间构型为正四面体,SO32-中心原子的价层电子对数=3+
(6+2-2×3)=4,有孤电子对,空间构型为三角锥形,故D不选;故选B;
⑵①a.阴阳离子间存在静电引力和静电斥力,Ca2+与F-间存在静电吸引作用,还存在静电斥力,故a错误;b.离子晶体的熔点与离子所带电荷、离子半径有关,离子半径越小,离子晶体的熔点越高,所以CaF2的熔点高于CaCl2,故b正确;c.晶体的结构与电荷比、半径比有关,阴阳离子比为2:1的物质,与CaF2晶体的电荷比相同,若半径比相差较大,则晶体构型不相同,故c错误;d.CaF2中的化学键为离子键,离子化合物在熔融时能发生电离,存在自由移动的离子,能导电,因此CaF2在熔融状态下能导电,故b正确;故答案为:bd;②CaF2难溶于水,但可溶于含Al3+的溶液中,因为在溶液中F-与Al3+能形成很难电离的配离子AlF63-,使CaF2的溶解平衡正移,其反应的离子方程式为:3CaF2+Al3+=3Ca2++AlF63-;故答案为:3CaF2+Al3+=3Ca2++AlF63-;
③根据结构可知,晶胞中白球数目为8×+6×
=4,黑球数目为8,因此黑球为F-,晶胞中每个F﹣周围有4个Ca2+离子,配位数是4,图中CaF2晶体在每个晶胞中与Ca2+离子最近且等距离的Ca2+离子数为3个,通过每个Ca2+可形成8个晶胞,每个Ca2+计算2次,所以与Ca2+离子最近且等距离的Ca2+离子数为(8×3)÷2=12个,故答案为:4;12;
⑶④Cu为29号元素,原子核外电子排布式为[Ar]3d104s1,故答案为:[Ar]3d104s1;
⑤轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定,所以气态Cu失去一个电子变成结构为[Ar]3d10的Cu+,能量较低,所以Cu的第二电离能相对较大(或气态Zn失去一个电子变成结构为[Ar]3d104s1的Zn+,易再失去一个电子,所以Zn的第二电离能相对较小),故答案为:Cu原子失去一个电子后,核外电子排布为[Ar]3d10,而锌为[Ar]3d104s1,根据洪特规则,铜达到了较稳定状态,所以Cu的第二电离能相对较大。
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